XIX Semana Olímpica de Matemática

Nível 2

O Quarteto Harmônico e o Problema 6 da OBM

Davi Lopes

O projeto da XIX Semana Olímpica de Matemática foi patrocinado por:

O Quarteto Harmônico e o Problema 6 da OBM

Prof. Davi Lopes – Semana Olímpica 2016 – OBM – Nível 2

1. Introdução

Muitas vezes, o destino nos encurrala com diversos problemas de geometria bem

difíceis. Muitos deles possuem diversas retas, ângulos e algumas relações que parece ser

bem difíceis de se usar. Nesse artigo, estudaremos quatro tópicos que podem nos ajudar

bastante a resolver esse tipo de situação.

Teorema de Menelaus, Teorema de Ceva, Quádruplas Harmônicas e Bissetrizes:

esses quatro tópicos são o que conhecemos como o Quarteto Harmônico, sempre unidos

para enfrentar os problemas que o Doutor Destino sempre coloca (Vocês entenderam a

referência, né capitães? Tá... minhas piadas estão piores do que as do Spider Man!).

Bom, agora que tal vermos como esses super-teoremas vão nos ajudar a resolver

alguns problemas-vilões bem fortes? Vamos lá!

2. O Teorema de Menelaus e o Teorema de Ceva

Primeiro, vamos ver esses dois teoremas, nus e crus, para depois discutir suas

aplicações.

Teorema 1 (Menelaus): Dado um triângulo 𝐴𝐵𝐶, seja 𝐷 um ponto sobre o

prolongamento do lado 𝐵𝐶 e 𝐸, 𝐹 pontos sobre os lados 𝐴𝐶 e AB, respectivamente. Então,

os pontos 𝐷,𝐸, 𝐹 são colineares se, e somente se:

𝐵𝐷

𝐶𝐷.𝐶𝐸

𝐴𝐸.𝐴𝐹

𝐵𝐹= 1

Demonstração: Como o teorema é do tipo se, e somente se, então temos que fazer

a demonstração em duas partes:

(⟹) (Se 𝐷,𝐸, 𝐹 são colineares, então 𝐵𝐷

𝐶𝐷.𝐶𝐸

𝐴𝐸.𝐴𝐹

𝐵𝐹= 1)

Considere a figura abaixo e seja P um ponto sobre a reta 𝐷𝐸𝐹 tal que 𝐵𝑃 ∥ 𝐴𝐶.

Esse paralelismo é bem interessante, pois dele conseguimos muitas semelhanças de

triângulos, e assim podemos ir às contas!

Os triângulos DBP e DCE são semelhantes, logo 𝐵𝐷

𝐶𝐷=𝑃𝐵

𝐶𝐸 (1)

Os triângulos FBC e FAE são semelhantes, logo 𝑃𝐵

𝐴𝐸=𝐵𝐹

𝐴𝐹 (2)

Multiplicando (1) e (2) membro a membro, temos 𝐵𝐷

𝐶𝐷.𝑃𝐵

𝐴𝐸=𝑃𝐵

𝐶𝐸.𝐵𝐹

𝐴𝐹, donde

concluímos que 𝐵𝐷

𝐶𝐷.𝐶𝐸

𝐴𝐸.𝐴𝐹

𝐵𝐹= 1, como queríamos provar.

(⟸) (Se 𝐵𝐷

𝐶𝐷.𝐶𝐸

𝐴𝐸.𝐴𝐹

𝐵𝐹= 1, então 𝐷, 𝐸, 𝐹 são colineares)

Suponha que os pontos 𝐷,𝐸, 𝐹 não sejam colineares, e suponha ainda que a reta

𝐸𝐹 intersecte a reta 𝐵𝐶 em 𝐷′. Claramente, 𝐷 ≠ 𝐷′ (Estamos suponde que D, E, F não

são colineares). Daí, pela primeira parte do teorema no triângulo 𝐴𝐵𝐶, reta 𝐷′𝐸𝐹 (Note

que podemos usá-la, uma vez que já provamos que ela é verdadeira):

𝐷′𝐵

𝐷′𝐶.𝐸𝐶

𝐸𝐴.𝐹𝐴

𝐹𝐵= 1 (3)

E pela nossa hipótese:

𝐷𝐵

𝐷𝐶.𝐸𝐶

𝐸𝐴.𝐹𝐴

𝐹𝐵= 1 (4)

Dividindo (3) por (4), temos:

𝐷′𝐵𝐷′𝐶𝐷𝐵𝐷𝐶

= 1 ⇒𝐷𝐵

𝐷𝐶=𝐷′𝐵

𝐷′𝐶⇒

𝐷𝐵

𝐷𝐶 − 𝐷𝐵=

𝐷′𝐵

𝐷′𝐶 − 𝐷′𝐵⇒𝐷𝐵

𝐵𝐶=𝐷′𝐵

𝐵𝐶⇒ 𝐷𝐵 = 𝐷′𝐵 ⇒ 𝐷 = 𝐷′

Isso é um absurdo, pois 𝐷 ≠ 𝐷′. Assim, os pontos 𝐷, 𝐸, 𝐹 são colineares, e como

demonstramos as duas partes do teorema, então ele está demonstrado ∎

Só mais uma coisa: podemos aplicar o teorema de Menelaus também quando os

pontos 𝐷, 𝐸, 𝐹 estão todos sobre os prolongamentos dos lados. Ou seja, podemos aplicar o

teorema de Menelaus no triângulo 𝐴𝐵𝐶, reta 𝐷𝐸𝐹 , nas duas situações abaixo.

Teorema 2 (Ceva): Dado um triângulo 𝐴𝐵𝐶, seja 𝐷, 𝐸, 𝐹 pontos sobre os lados

𝐵𝐶, 𝐶𝐴, 𝐴𝐵, respectivamente. Então, as retas 𝐴𝐷, 𝐵𝐸, 𝐶𝐹 concorrem se, e somente se:

𝐵𝐷

𝐶𝐷.𝐶𝐸

𝐴𝐸.𝐴𝐹

𝐵𝐹= 1

Demonstração: Assim como o teorema de Menelaus, precisamos fazê-lo em duas

partes, já que ele é um teorema do tipo se, e somente se.

(⟹) (Se as retas 𝐴𝐷, 𝐵𝐸, 𝐶𝐹 concorrem, então 𝐵𝐷

𝐶𝐷.𝐶𝐸

𝐴𝐸.𝐴𝐹

𝐵𝐹= 1)

Vamos supor que 𝑆𝐴 = Á𝑟𝑒𝑎(𝐵𝑃𝐶), 𝑆𝐵 = Á𝑟𝑒𝑎(𝐶𝑃𝐴), 𝑆𝐶 = Á𝑟𝑒𝑎(𝐴𝑃𝐵). Então,

observe o seguinte: pelas relações de razões entre segmentos como razões entre áreas

(Método K), nos triângulos ABC e BPC, temos que:

𝐵𝐷

𝐶𝐷=Á𝑟𝑒𝑎(𝐴𝐵𝐷)

Á𝑟𝑒𝑎(𝐴𝐷𝐶)=Á𝑟𝑒𝑎(𝐵𝑃𝐷)

Á𝑟𝑒𝑎(𝐷𝑃𝐶)=Á𝑟𝑒𝑎(𝐴𝐵𝐷) − Á𝑟𝑒𝑎(𝐵𝑃𝐷)

Á𝑟𝑒𝑎(𝐴𝐷𝐶) − Á𝑟𝑒𝑎(𝐷𝑃𝐶)=Á𝑟𝑒𝑎(𝐴𝑃𝐵)

Á𝑟𝑒𝑎(𝐴𝑃𝐶)=𝑆𝐶𝑆𝐵

Fazendo um raciocínio semelhante para achar 𝐶𝐸

𝐴𝐸 e 𝐴𝐹

𝐵𝐹, temos que:

𝐵𝐷

𝐶𝐷=𝑆𝐶𝑆𝐵,𝐶𝐸

𝐴𝐸=𝑆𝐴𝑆𝐶,𝐴𝐹

𝐵𝐹=𝑆𝐵𝑆𝐴

E multiplicando tudo, membro a membro, obtemos

𝐵𝐷

𝐶𝐷.𝐶𝐸

𝐴𝐸.𝐴𝐹

𝐵𝐹=𝑆𝐶𝑆𝐵.𝑆𝐴𝑆𝐶.𝑆𝐵𝑆𝐴= 1

Como queríamos provar.

(⟸) (Se 𝐵𝐷

𝐶𝐷.𝐶𝐸

𝐴𝐸.𝐴𝐹

𝐵𝐹= 1, então 𝐴𝐷,𝐵𝐸, 𝐶𝐹 são concorrentes)

Suponha o contrário, ou seja, 𝐴𝐷, 𝐵𝐸, 𝐶𝐹 não sejam concorrentes. Denote por 𝑃 o

ponto de encontro de 𝐵𝐸 e 𝐶𝐹, e suponha que 𝐴𝑃 intersecte 𝐵𝐶 em 𝐷′, como na figura

abaixo. Claramente, 𝐷 ≠ 𝐷′, uma vez que 𝐴𝐷, 𝐵𝐸, 𝐶𝐹 não concorrem.

As retas 𝐴𝐷, 𝐵𝐸, 𝐶𝐹 são concorrentes. Logo, pela primeira parte, temos que:

𝐷′𝐵

𝐷′𝐶.𝐸𝐶

𝐸𝐴.𝐹𝐴

𝐹𝐵= 1 (1)

E pela nossa hipótese:

𝐷𝐵

𝐷𝐶.𝐸𝐶

𝐸𝐴.𝐹𝐴

𝐹𝐵= 1 (2)

Dividindo (1) por (2), vem:

𝐷′𝐵𝐷′𝐶𝐷𝐵𝐷𝐶

= 1 ⇒𝐷𝐵

𝐷𝐶=𝐷′𝐵

𝐷′𝐶⇒

𝐷𝐵

𝐷𝐶 + 𝐷𝐵=

𝐷′𝐵

𝐷′𝐶 + 𝐷′𝐵⇒𝐷𝐵

𝐵𝐶=𝐷′𝐵

𝐵𝐶⇒ 𝐷𝐵 = 𝐷′𝐵 ⇒ 𝐷 = 𝐷′

Isso é um absurdo, pois 𝐷 ≠ 𝐷′. Assim, as retas 𝐴𝐷, 𝐵𝐸, 𝐶𝐹 são concorrentes, e

como demonstramos as duas partes do teorema, então ele está demonstrado ∎

Só mais outra coisa: podemos aplicar o teorema de Ceva também quando dois dos

três pontos 𝐷,𝐸, 𝐹 estão sobre os prolongamentos dos respetivos lados, e o terceiro ponto

está sobre o respectivo lado. Ou seja, podemos aplicar o teorema de Ceva no triângulo

𝐴𝐵𝐶, reta 𝐷𝐸𝐹 , nas duas situações abaixo.

Mais uma observação assaz interessante: já repararam como as fórmulas de Menelaus e

Ceva coincidem algebricamente, sendo que a única diferença é na disposição dos pontos?

Isso tem uma explicação no princípio da dualidade, da Geometria Projetiva.

Resumidamente, é como se Menelaus e Ceva fossem dois teoremas equivalentes, ou seja,

se você tem um, obtém automaticamente o outro. Demais, não?

3. Aplicações de Menelaus e Ceva

Os teoremas de Menelaus e Ceva são muito úteis para se provar que três pontos são

colineares (Menelaus), ou três retas são concorrentes (Ceva). Vejamos alguns exemplos.

Exemplo 1: Seja 𝐴𝐵𝐶 um triângulo e seja Γ seu circuncírculo. A tangente a Γ pelo

ponto 𝐴 intersecta a reta 𝐵𝐶 em 𝐷; a tangente a Γ por 𝐵 intersecta 𝐶𝐴 em 𝐸; a tangente a

Γ por 𝐶 intersecta 𝐴𝐵 em 𝐹. Prove que 𝐷, 𝐸, 𝐹 são colineares.

Solução: Não é difícil ver que todos os pontos estão fora dos seus respectivos

lados, como mostra a figura abaixo. Logo, podemos usar Menelaus no triângulo 𝐴𝐵𝐶 para

mostrar que 𝐷, 𝐸, 𝐹 são colineares: basta encontrarmos as razões 𝐷𝐵

𝐷𝐶, 𝐸𝐶

𝐸𝐴, 𝐹𝐴

𝐹𝐵.

Como 𝐴𝐷 é tangente a Γ, temos que ∠𝐵𝐴𝐷 = ∠𝐷𝐶𝐴, e do fato de que ∠𝐴𝐷𝐵 =

∠𝐶𝐷𝐴, temos que, pelo caso 𝐴𝐴, os triângulos 𝐴𝐵𝐷 e 𝐶𝐴𝐷 são semelhantes. Logo:

𝐷𝐵

𝐴𝐵=𝐴𝐷

𝐴𝐶⇒ 𝐷𝐵 = 𝐴𝐷.

𝐴𝐵

𝐴𝐶 e 𝐷𝐶

𝐴𝐶=𝐴𝐷

𝐴𝐵⇒ 𝐷𝐶 = 𝐴𝐷.

𝐴𝐶

𝐴𝐵

Dividindo as duas expressões, obtemos que 𝐷𝐵

𝐷𝐶= (

𝐴𝐵

𝐴𝐶)2

. Analogamente, temos

que 𝐸𝐶

𝐸𝐴= (

𝐵𝐶

𝐵𝐴)2

e que 𝐹𝐴

𝐹𝐵= (

𝐶𝐴

𝐶𝐵)2

. Dessa forma, obtemos que:

𝐷𝐵

𝐷𝐶

𝐸𝐶

𝐸𝐴

𝐹𝐴

𝐹𝐵= (𝐴𝐵

𝐴𝐶)2

(𝐵𝐶

𝐵𝐴)2

(𝐶𝐴

𝐶𝐵)2

= 1

Donde 𝐷,𝐸, 𝐹 são colineares, por Menelaus ∎

Exemplo 2: Seja 𝐴𝐵𝐶 um triângulo e seja Γ seu circuncírculo. As tangentes a Γ

por 𝐵 e 𝐶 se intersectam em 𝑃, as tangentes a Γ por 𝐶 e 𝐴 se intersectam em 𝑄 e as

tangentes a Γ por 𝐴 e 𝐵 se intersectam em 𝑅. Prove que 𝐴𝑃, 𝐵𝑄 e 𝐶𝑅 são concorrentes.

Solução:

Observe que pelo teorema do bico, temos 𝑥 = 𝐵𝑃 = 𝐶𝑃, 𝑦 = 𝐶𝑄 = 𝐴𝑄, 𝑧 =

𝐴𝑅 = 𝐵𝑅. Daí, pelo teorema de Ceva aplicado no triângulo 𝑃𝑄𝑅, obtemos que as retas

𝑃𝐴, 𝑄𝐵,𝑅𝐶 são concorrentes, pois 𝐴, 𝐵, 𝐶 estão sobre os respectivos lados e:

𝑄𝐴

𝑅𝐴.𝑅𝐵

𝑃𝐵.𝑃𝐶

𝑄𝐶=𝑦

𝑧.𝑧

𝑥.𝑥

𝑦= 1 ∎

Os teoremas de Ceva e Menelaus não servem apenas para provarmos que três

pontos são colineares. Eles são extremamente úteis para se achar razões entre segmentos.

Exemplo 3 (Rioplatense/1997): Seja ABCD um quadrado de lado 1. Sejam 𝐸 e 𝐹

os pontos médios dos lados 𝐴𝐵 e 𝐵𝐶. 𝐺 é um ponto sobre 𝐶𝐷 tal que 𝐺𝐷 = 3𝐺𝐶. As retas

𝐸𝐺 e 𝐴𝐹 se intersectam em 𝑂. Calcula a área do triângulo 𝐹𝐺𝑂.

Solução: Primeiro, uma boa figura (você vai ver porque construímos H, mas só

depois...), com o lado do quadrado medindo 4𝑥. Obviamente, podemos achar o valor de

𝑥 simplesmente notando que o lado do quadrado é igual a um. Logo1 = 4𝑥 ⇒ 𝑥 =1

4.

Agora, note que Δ𝐴𝐵𝐹 ~ ∆𝐺𝐹𝐶 (Caso LAL, razão de semelhança: 2), donde temos

∠𝐺𝐹𝐶 = ∠𝐹𝐴𝐵 = 𝛼 ⇒ ∠𝐴𝐹𝐵 + ∠𝐺𝐹𝐶 = (90° − 𝛼) + 𝛼 = 90° ⇒ ∠𝑂𝐹𝐺 = 90°,

donde temos que o triângulo 𝐹𝐺𝑂 é retângulo em F. Portanto, para achar a área do

triângulo 𝐹𝐺𝑂, basta achar os segmentos 𝐹𝐺 e 𝐹𝑂 (pois Á𝑟𝑒𝑎 (𝐹𝐺𝑂) =𝐹𝐺.𝐹𝑂

2).

Achar 𝐹𝐺 é fácil: basta só usar o teorema de Pitágoras no triângulo FGC:

𝐹𝐺² = 𝐺𝐶² + 𝐶𝐹² = 𝑥² + (2𝑥)² = 5𝑥² = 5. (1

4)2

⇒ 𝐹𝐺 =√5

4 (1)

(Note que de (1) e do fato da razão de semelhança entre os triângulos ABF e GFC

ser igual a dois, temos que 𝐴𝐹 = 2𝐹𝐺 ⇒ 𝐴𝐹 =√5

2 (2))

E para acharmos o comprimento de OF? Como vamos fazer? É aí que entra o

teorema de Menelaus! Note que, pela construção do ponto H, temos que 𝐺𝐶 é base média

do triângulo EBH, e, portanto, 𝐶𝐻 = 𝐵𝐶 = 4𝑥.

Os pontos 𝐻, 𝑂 e 𝐸 são colineares. Logo, pelo teorema de Menelaus no triângulo

ABF, reta 𝐸𝑂𝐻 , temos que:

𝐻𝐹

𝐻𝐵.𝐵𝐸

𝐴𝐸.𝐴𝑂

𝑂𝐹= 1 ⇒

6𝑥

8𝑥.2𝑥

2𝑥.𝐴𝑂

𝑂𝐹= 1 ⇒

𝐴𝑂

𝑂𝐹=4

3⇒𝐴𝑂 + 𝑂𝐹

𝑂𝐹=4 + 3

3=7

3⇒

⇒𝐴𝐹

𝑂𝐹=7

3

(2)⇒

√52𝑂𝐹

=7

3⇒ 𝑂𝐹 =

3√5

14 (3)

Portanto, de (1) e (3):

Á𝑟𝑒𝑎(𝐹𝐺𝑂) =𝐹𝐺.𝑂𝐹

2=

√54 .3√5142

=3. √5. √5

2.4.14=15

112 ∎

Enfim, os teoremas de Menelaus e Ceva possuem várias aplicações, mas em geral elas se

baseiam em dois princípios: provar que três pontos são colineares (ou três retas são

concorrentes), e achar razões entre segmentos (que muitas vezes servem para acharmos

segmentos, como fizemos no exemplo 3). Portanto, é preciso praticar para obter o hábito

de manipular com tais problemas.

Exercícios

01. No triângulo retângulo 𝐴𝐵𝐶, P e Q estão sobre BC e AC, respectivamente, tais que

𝐶𝑃 = 𝐶𝑄 = 2. Pelo ponto de interseção R de AP e BQ, uma reta é desenhada

passando também por C e cortando AB em S. O prolongamento de PQ corta AB em

T. Se 𝐴𝐵 = 10 e 𝐴𝐶 = 8, encontre TS.

02. Um círculo passando pelos vértices B e C de um triângulo ABC corta AB em P e AC

em R. Se PR corta BC em Q, prove que 𝑄𝐶

𝑄𝐵=𝑅𝐶.𝐴𝐶

𝑃𝐵.𝐴𝐵.

03. No quadrilátero ABCD, as retas AB e CD se cortam em P, enquanto as retas AD e BC

se cortam em Q. As diagonais AC e BD cortam PQ em X e Y, respectivamente. Prove

que 𝑃𝑋

𝑋𝑄=𝑃𝑌

𝑌𝑄.

04. No triângulo ABC, os pontos L, M, N estão sobre BC, AC, AB, respectivamente, e AL,

BM, CN são concorrentes no ponto P.

(a) Encontre o valor numérico de 𝑃𝐿

𝐴𝐿+𝑃𝑀

𝐵𝑀+𝑃𝑁

𝐶𝑁.

(b) Encontre o valor numérico de 𝐴𝑃

𝐴𝐿+𝐵𝑃

𝐵𝑀+𝐶𝑃

𝐶𝑁.

05. Os segmentos congruentes AE e AF são tomados sobre os lados AB e AC,

respectivamente, do triângulo ABC. A mediana AM intersecta EF em Q. Prove que 𝑄𝐸

𝑄𝐹=𝐴𝐶

𝐴𝐵.

4. Bissetrizes e Seus Teoremas

Agora, vamos estudar o terceiro membro do nosso quarteto: as bissetrizes.

Existem muitos fatos bem atraentes e interessantes sobre elas, que enunciaremos sem

demonstração (fica como exercício para o leitor (sempre sobra para o leitor...).

As bissetrizes interna e externa de um mesmo ângulo são perpendiculares.

As bissetrizes internas dum triângulo ABC são concorrentes no incentro do

triângulo ABC.

As bissetrizes externas de ∠𝐵 e ∠𝐶 e a bissetriz interna de ∠𝐴 são concorrentes

no ex-incentro relativo a A.

Se 𝑎 = 𝐵𝐶, 𝑏 = 𝐶𝐴, 𝑐 = 𝐴𝐵, 2𝑝 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑐, e os círculos abaixo são o

incírculo e os ex-incírculos, com seus respectivos pontos de tangência, temos as

medidas dos segmentos nas figuras abaixo:

Suponha que a bissetriz interna de ∠𝐴 toque o circuncírculo novamente em D.

Sendo I o incentro do triângulo ABC, temos que 𝐵𝐷 = 𝐷𝐶 = 𝐼𝐷.

Somente esses fatos nos já dão uma riqueza de técnicas que nos permite resolver

diversos problemas. Vejamos um exemplo:

Exemplo 4 (Leningrado): Sejam AF, BG e CH as bissetrizes de um triângulo ABC

que tem ângulo A medindo 120°. Prove que o ângulo GFH mede 90°.

Solução:

Como ∠𝐴 = 120° e AF é bissetriz, temos que os três ângulos destacados no

vértice ∠𝐴 são iguais a 60°. Agora, vamos procurar ex-incentros.

No triângulo FAC, AH é bissetriz externa e CH é bissetriz interna. Logo, pelo

teorema 3, FH é bissetriz externa do triângulo FAC. Assim, ∠𝐴𝐹𝐻 =1

2∠𝐴𝐹𝐵 (1)

No triângulo FAB, AG é bissetriz externa e BG é bissetriz interna. Assim, temos

que FG só pode ser bissetriz externa do triângulo AFB. Assim, ∠𝐴𝐹𝐺 =1

2∠𝐴𝐹𝐶 (2)

De (1) e (2) e usando que ∠𝐴𝐹𝐵 + ∠𝐴𝐹𝐶 = 180°, temos que ∠𝐺𝐹𝐻 = ∠𝐴𝐹𝐻 +∠𝐴𝐹𝐺 = 90°, como queríamos provar ∎

Agora, vejamos o nosso teorema principal sobre bissetrizes.

Teorema 3 (Teorema da Bissetriz Interna): Seja D o pé da bissetriz interna do

ângulo ∠𝐴 de um triângulo ABC. Então:

𝐵𝐷

𝐶𝐷=𝐴𝐵

𝐴𝐶

Demonstração: Seja EC uma reta paralela a AD, como na figura abaixo.

Seja ainda 𝛼 = ∠𝐵𝐴𝐷 = ∠𝐷𝐴𝐶. Como 𝐴𝐷 ∥ 𝐶𝐸, então ∠𝐴𝐶𝐸 = ∠𝐷𝐴𝐶 = 𝛼 e

∠𝐴𝐸𝐶 = ∠𝐵𝐴𝐷 = 𝛼, donde ∠𝐴𝐶𝐸 = ∠𝐴𝐸𝐶 = 𝛼. Assim, o triângulo ACE é isósceles, e

daí 𝐴𝐸 = 𝐴𝐶 (∗)

Agora, como 𝐴𝐷 ∥ 𝐶𝐸, os triângulos BAD e BEC são semelhantes. Assim:

𝐵𝐷

𝐷𝐶=𝐴𝐵

𝐴𝐸

(∗)⇒ 𝐵𝐷

𝐷𝐶=𝐴𝐵

𝐴𝐶

E o teorema 3 está provado ∎

Teorema 3’ (Teorema da Bissetriz Externa): Seja E o pé da bissetriz externa de

∠𝐴. Então:

𝐵𝐸

𝐶𝐸=𝐴𝐵

𝐴𝐶

Demonstração:

Na figura acima, 𝐶𝐹 ∥ 𝐴𝐵. Assim, como AE é bissetriz externa de ∠𝐴, temos que,

pelo paralelismo, que os três ângulos destacados acima são iguais. Daí, o triângulo ACF

é isósceles, com 𝐴𝐶 = 𝐶𝐹 (∗)

No entanto, ainda pelo paralelismo, temos que os triângulos EBA e ECF são

semelhantes. Assim:

𝐵𝐸

𝐶𝐸=𝐴𝐵

𝐶𝐹

(∗)⇒ 𝐵𝐸

𝐶𝐸=𝐴𝐵

𝐴𝐶

Como queríamos ∎

O próximo exemplo mostra como bissetrizes são extremamente eficientes para o

cálculo de áreas.

Exemplo 4 (Olimpíada de Maio/2000): Seja ABC um triângulo retângulo em A

com cateto AC medindo 1. A bissetriz do ângulo ∠𝐵𝐴𝐶 corta a hipotenusa em R; a

perpendicular a AR traçada por R corta o lado AB em seu ponto médio. Encontre a medida

do lado AB.

Solução:

Primeiro, como AR é bissetriz, então ∠𝐶𝐴𝑅 = ∠𝑅𝐴𝐵 = 45°, e assim o triângulo

ARD é retângulo e isósceles. Então, se 𝑥 = 𝐴𝐷 = 𝐷𝐵, então 𝐴𝑅 = 𝑅𝐷 =𝑥√2

2 (Demonstre

isso usando Pitágoras!). Agora, vamos calcular a área de ARD de duas formas:

A primeira é fácil: Á𝑟𝑒𝑎(𝐴𝑅𝐷) =𝐴𝑅.𝑅𝐷

2=

𝑥√2

2.𝑥√2

2

2=𝑥²

4⇒ Á𝑟𝑒𝑎(𝐴𝑅𝐷) =

𝑥2

4(1)

A segunda é mais legal! Veja só:

Sabemos que Á𝑟𝑒𝑎(𝐴𝑅𝐵)

Á𝑟𝑒𝑎(𝐴𝑅𝐶)=𝑅𝐵

𝑅𝐶=𝐴𝐵

𝐴𝐶=2𝑥

1⇒

Á𝑟𝑒𝑎(𝐴𝑅𝐵)

Á𝑟𝑒𝑎(𝐴𝑅𝐶)+Á𝑟𝑒𝑎(𝐴𝑅𝐵)=

2𝑥

2𝑥+1⇒

Á𝑟𝑒𝑎(𝐴𝑅𝐵)

Á𝑟𝑒𝑎(𝐴𝐵𝐶)=

2𝑥

2𝑥+1⇒

Á𝑟𝑒𝑎(𝐴𝑅𝐵)

𝑥=

2𝑥

2𝑥+1⇒ Á𝑟𝑒𝑎(𝐴𝑅𝐵) =

2𝑥²

2𝑥+1 (2)

Note que usamos o teorema da bissetriz interna (𝑅𝐵

𝑅𝐶=𝐴𝐵

𝐴𝐶) e que a área de ABC é

𝐴𝐶.𝐴𝐵

2=(1)(2𝑥)

2= 𝑥.

Agora, olhando o triângulo ARB, temos que, de (2):

Á𝑟𝑒𝑎(𝐴𝑅𝐷)

Á𝑟𝑒𝑎(𝑅𝐷𝐵)=𝐴𝐷

𝐷𝐵= 1 ⇒

Á𝑟𝑒𝑎(𝐴𝑅𝐷)

Á𝑟𝑒𝑎(𝑅𝐷𝐵) + Á𝑟𝑒𝑎(𝐴𝑅𝐷)=

1

1 + 1=1

2⇒ Á𝑟𝑒𝑎(𝐴𝑅𝐷)

=Á𝑟𝑒𝑎(𝐴𝑅𝐵)

2=

2𝑥²2𝑥 + 12

⇒ á𝑟𝑒𝑎(𝐴𝑅𝐷) =𝑥2

2𝑥 + 1(3)

Finalmente, de (1) e (3):

𝑥²

4=

𝑥²

2𝑥 + 1⇒ 2𝑥 = 𝐴𝐵 = 3

E portanto a resposta é 3 ∎

Logo mais veremos como as bissetrizes se unem a Menelaus e Ceva para obtermos

relações de grande valor, mas por enquanto vamos nos exercitar um pouquinho!

Exercícios

6. Seja I o incentro do triângulo ABC, as retas AI, BI, CI encontram o círculo circunscrito

nos pontos 𝐴1, 𝐵1, 𝐶1, respectivamente. Prove que AA1 é perpendicular a BB1.

7. Em um triângulo ABC, ∠𝐵𝐴𝐶 = 100° e 𝐴𝐵 = 𝐴𝐶. Seja BD a bissetriz interna de

∠𝐴𝐵𝐶, com D sobre o lado AC. Prove que 𝐴𝐷 + 𝐵𝐷 = 𝐵𝐶.

8. Seja ABC um triângulo retângulo em ∠𝐴. D é o pé da altura relativa ao vértice A. I é o

encentro do triângulo ABD e J é o incentro do triângulo ACD. A reta 𝐼𝐽 intersecta AB

em P e AC em Q. Prove que 𝐴𝑃 = 𝐴𝑄.

9. (Torneio das Cidades/1986) O triângulo ABC a altura relativa ao vértica A corta BC

em H, e a bissetriz de ∠ABC corta AC em E Se ∠BEA = 45°, prove que ∠EHC = 45°.

5. Quádruplas Harmônicas

Agora, o quarto elemento do nosso quarteto vai entrar em ação: as Quádruplas

Harmônicas! Mas afinal, o que é isso?

Definição: No plano euclidiano, se quatro pontos 𝐴, 𝐶, 𝐵 e 𝐷 estão sobre uma

reta, nessa ordem, dizemos que 𝐴, 𝐶, 𝐵 e 𝐷 formam uma quádrupla harmônica se:

𝐴𝐶

𝐵𝐶=𝐴𝐷

𝐵𝐷

Observe que um exemplo de quádrupla harmônica é obtido se considerarmos dois

vértices e os pés das bissetrizes relativos ao vértice oposto (interna e externa). Isso ocorre

porque, dado um triângulo ABC, e sendo 𝐷 e 𝐷′ os pés das bissetrizes interna e externa

relativos ao vértice A, respectivamente, temos que:

𝐵𝐷

𝐶𝐷=𝐵𝐷′

𝐶𝐷′=𝐵𝐴

𝐶𝐴

Agora, vamos provar um teorema que nos ajudará a obter muitas quádruplas

harmônicas. Mais precisamente, dados três pontos 𝐴, 𝐶, 𝐵, nesta ordem numa reta, esse

teorema nos mostrará como obter o ponto 𝐷 nessa reta, de modo que 𝐴, 𝐶, 𝐵,𝐷 formem

uma quádrupla harmônica.

Teorema 4 (Construção do conjugado harmônico usando apenas régua):

Escolha um ponto 𝐸 arbitrário, onde 𝐸 não está em 𝐴𝐵𝐶 . Escolha outro ponto 𝐹 sobre

𝐴𝐸 , e seja {𝐻} = 𝐵𝐹 ⋂𝐸𝐶 . Depois, trace 𝐴𝐻 e seja {𝐺} = 𝐴𝐻 ⋂𝐸𝐵 . Trace ainda 𝐺𝐹 .

Então {𝐷} = 𝐹𝐺 ⋂𝐴𝐵 é o conjugado harmônico de 𝐶 relativo a 𝐴𝐵 .

Demonstração: Embora a construção seja complicada a princípio, ao olharmos a

figura abaixo, vemos que ela não é tão feia assim... Veja também que há muitas

incidências, colinearidades e concorrências, o que indica que devemos usar os teoremas

de Ceva e Menelaus para alcançar nosso objetivo. Vamos fazer isso agora!

Os pontos 𝐷, 𝐺 e 𝐹 são colineares. Logo, pelo Teorema de Menelaus no triângulo

𝐴𝐸𝐵, temos que:

𝐵𝐷

𝐴𝐷.𝐴𝐹

𝐸𝐹.𝐸𝐺

𝐵𝐺= 1 ⇒

𝐴𝐹

𝐸𝐹.𝐸𝐺

𝐵𝐺=𝐴𝐷

𝐵𝐷 (1)

Também, pelo Teorema de Ceva no triângulo 𝐴𝐸𝐵:

𝐴𝐹

𝐸𝐹.𝐸𝐺

𝐵𝐺.𝐵𝐶

𝐴𝐶= 1 ⇒

𝐴𝐹

𝐸𝐹.𝐸𝐺

𝐵𝐺=𝐴𝐶

𝐵𝐶 (2)

Combinando (1) e (2), temos 𝐴𝐶

𝐵𝐶=𝐴𝐷

𝐵𝐷, como queríamos provar ∎

Esse teorema nos permite obter facilmente muitas colinearidades e concorrências:

basta vermos que existe uma quádrupla harmônica em uma reta! Por exemplo...

Corolário: No triângulo ABC, as bissetrizes internas de ∠𝐵 e ∠𝐶 intersectam os

lados 𝐴𝐶 e 𝐴𝐵 em 𝐷 e 𝐸, respectivamente. A bissetriz externa de ∠𝐴 intersecta 𝐵𝐶 em 𝐹.

Então 𝐷,𝐸, 𝐹 são colineares.

Prova:

Seja 𝐹′ o pé da bissetriz interna de ∠𝐴. Já vimos que 𝐴𝐹′, 𝐵𝐷, 𝐶𝐸 são concorrentes

e que 𝐹,𝐵, 𝐹′, 𝐶 formam uma quádrupla harmônica. Assim, pelo teorema 4, temos que

𝐷, 𝐸, 𝐹 são colineares ∎

Usaremos o corolário acima (obtido através da combinação do nosso quarteto

harmônico) para acabar com um problema bem pesado. Não, não é o Doutor Destino, mas

sim o problema 6 da OBM, que mesmo não sendo um vilão, deu muito trabalho aos heróis

olímpicos do Nível 2 (apenas 19 pessoas fizeram 5 de 50 pontos nele, e ninguém

conseguiu uma pontuação maior que essa).

Antes, porém, vamos nos aprofundar mais nas quádruplas harmônicas.

Exercícios

10. Seja ABC um triângulo e sejam X, Y e Z pontos sobre os lados BC, CA e AB,

respectivamente. Seja W a intersecção da reta Y Z com o prolongamento do

lado BC. Então B, X, C e W formam uma quádrupla harmônica se, e somente

se, AX, BY e CZ são concorrentes.

11. (a) Seja A, C, B e D uma quádrupla harmônica. Seja O um ponto que não

pertence à reta AB. Se uma paralela pelo ponto B à OA intersecta OC e OD

em pontos P e Q então PB = PQ.

(b) Sejam A, C, B e D quatros pontos colineares e seja O um ponto que não

pertence à reta AB. Se a paralela à OA passando por B intersecta OC e OD

em pontos P e Q, respectivamente, tais que PB = BQ então A, C, B e D formam

uma quádrupla harmônica.

12. Seja A, C, B e D uma quádrupla harmônica e um ponto O que não pertence à

reta AB. Sejam M, R, N e S as intersecções de OA, OC, OB e OD,

respectivamente, com uma reta arbitrária. Então, M, R, N e S formam uma

quádrupla harmônica.

13. (Circunferência de Apolônio) Sejam A e B dois pontos fixos e 𝑘 ≠ 1 é uma

constante real positiva. Prove que o lugar geométrico dos pontos P que

satisfazem 𝐴𝑃/𝑃𝐵 = 𝑘 é uma circunferência conhecida como circunferência

de Apolônio. (sugestão: construa pontos 𝑄 e 𝑅 sobre 𝐴𝐵 de modo que

𝑄𝑃/𝑃𝑅 = 𝑘 e use o teorema das bissetrizes).

6. O Problema 6 da OBM 2015

Agora, nossas técnicas vão entrar em ação, e como um dos membros do quarteto

diria: “Tá na hora do pau!!!” (que coisa do coisa, não? Rsrs)

O Problema 6 da OBM-2015: Seja ABC um triângulo escaleno e AD, BE e CF as

bissetrizes internas, com D sobre BC, E sobre AC e F sobre AB. É dado que ∠𝐴𝐹𝐸 =∠𝐴𝐷𝐶. Calcule a medida do ângulo ∠𝐵𝐶𝐴.

Solução: Seja 𝐷′ a interseção de 𝐸𝐹 com 𝐵𝐶. A primeira pergunta que fazemos

é: Será que a posição de 𝐷′ é como na figura 1 ou como na figura 2?

Vejamos porque a figura 1 é impossível. Para começar, observe que, por ângulo

externo que ∠𝐴𝐷𝐶 = ∠𝐷𝐴𝐷′ + ∠𝐴𝐷′𝐷 > ∠𝐹𝐴𝐷′ + ∠𝐹𝐷′𝐴 = ∠𝐴𝐹𝐸, donde ∠𝐴𝐷𝐶 >∠𝐴𝐹𝐸, o que é um absurdo. Portanto, devemos considerar a situação da figura 2.

A próxima figura é a mesma figura 2 com mais detalhes. Seja 𝑃 a interseção entre

𝐷𝐹 e 𝐴𝐷′ e seja 𝑄 a interseção entre 𝐹𝐷′ e 𝐴𝐷. Do corolário e do teorema 4, sabemos

que 𝐵,𝐷, 𝐶, 𝐷′ formam uma quádrupla harmônica e que ∠𝐷𝐴𝐷′ = 90°.

Como ∠𝐴𝐹𝐸 = ∠𝐴𝐷𝐶 ⇒ ∠𝐴𝐹𝐷′ = ∠𝐴𝐷𝐷′, donde 𝐴𝐹𝐷𝐷′ é inscritível. Assim,

temos que ∠𝐷𝐹𝐷′ = ∠𝐷𝐴𝐷′ = 90°, ou seja, 𝐷′𝐹 e 𝐷𝐴 são alturas do triângulo 𝑃𝐷𝐷′. Em particular, 𝑄 é o ortocentro do triângulo 𝑃𝐷𝐷′.

Agora, usando o fato de que 𝐵,𝐷, 𝐶, 𝐷′ formam uma quádrupla harmônica, temos

que, pelo exercício 10 (você já o fez?), 𝐷𝐴, 𝐷′𝐹, 𝑃𝐶 são concorrentes, ou seja, 𝑃, 𝑄, 𝐶 são

colineares. Assim, temos que 𝑃𝐶 é altura de 𝑃𝐷𝐷′, já que 𝑄 é o ortocentro (aqui usamos

um quinto elemento – ele é tipo um surfista prateado, só “tirando onda”...kkk). Dessa

forma, temos que:

𝐴𝐹𝐷𝐷′ é cíclico (∠𝐷𝐹𝐷′ = ∠𝐷𝐴𝐷′ = 90°), logo ∠𝐹𝐷𝐴 = ∠𝐹𝐷′𝐴;

𝐹𝑄𝐶𝐷 é cíclico (∠𝑄𝐹𝐷 + ∠𝑄𝐶𝐷 = 90° + 90° = 180°), logo ∠𝐹𝐷𝑄 = ∠𝐹𝐶𝑄;

𝐴𝑄𝐶𝐷′ é cíclico (∠𝑄𝐴𝐷′ + ∠𝑄𝐶𝐷′ = 90° + 90° = 180°), ⇒ ∠𝐴𝐶𝑄 = ∠𝐴𝐷′𝑄;

Das igualdades de ângulos, concluímos que 𝛼 = ∠𝐹𝐶𝑄 = ∠𝑄𝐶𝐴 ⇒ 2𝛼 = ∠𝐹𝐶𝐴, e

como 𝐶𝐹 é bissetriz do triângulo ABC, temos 2𝛼 = ∠𝐶𝐹𝐵, e assim 3𝛼 = ∠𝑄𝐶𝐵 = 90° (já que 𝑃𝐶 ⊥ 𝐷𝐷′). Com isso, 𝛼 = 30° e finalmente ∠𝐵𝐶𝐴 = 4𝛼 = 120° ∎

Para finalizar, que tal usarmos nosso grande quarteto para resolver vários problemas,

inclusive os problemas abaixo. Tenham todos uma fantástica diversão!

7. Problemas

1. (OBM/2001) As medidas dos ângulos do triângulo ABC são tais que ∠𝐴 < ∠𝐵 <90° < ∠𝐶. As bissetrizes externas dos ângulos ∠𝐴 e ∠𝐶 cortam os

prolongamentos dos lados opostos BC e AB nos pontos P e Q, respectivamente.

Sabendo que 𝐴𝑃 = 𝐶𝑄 = 𝐴𝐶, determine os ângulos de ABC.

2. As bissetrizes internas dos ângulos A e C do triângulo ABC cortam-se no ponto

I. Sabe-se que AI = BC e que )ˆ(2)ˆ( CAImACIm . Determine a medida de CBA ˆ .

3. (OBM) No triângulo ABC, a medida do ângulo ∠𝐶 é 60° e a bissetriz do ângulo

∠𝐵 forma 70° com a altura relativa ao vértice A. Calcule os ângulos do triângulo

ABC.

4. (Ibero-Americana/2002) Num triângulo escaleno ABC traça-se a bissetriz interna

BD, com D sobre AC. Sejam E e F, respectivamente, os pés das perpendiculares

traçadas desde A e C até à reta BD, e seja M o ponto sobre o lado BC tal que DM

é perpendicular a BC. Demonstre que .DMFEMD

5. (Polônia/2000) Seja I o incentro de um triângulo ABC, com 𝐴𝐵 ≠ 𝐴𝐶. As retas

suportes dos segmentos BI e CI intersectam os lados AC e AB nos pontos D e E,

respectivamente. Ache o ângulo ∠𝐵𝐴𝐶, sabendo que 𝐷𝐼 = 𝐸𝐼. 6. (Torneio das Cidades/1986) O triângulo ABC a altura relativa ao vértica A corta

BC em H, e a bissetriz de ∠ABC corta AC em E Se ∠BEA = 45°, prove que

∠EHC = 45°.

7. Sejam ABC um triângulo, M o pé da bissetriz interna do ângulo ∠𝐴 e N o pé da

bissetriz interna do ângulo ∠𝐵. Suponha que MN seja bissetriz do ângulo ∠𝐴𝑀𝐶.

Calcule a medida do ângulo ∠𝐴.

8. (OBM/2005) A medida do angulo B de um triângulo ABC é 120°. Sejam M um

ponto sobre o lado AC e K um ponto sobre o prolongamento do lado AB, tais que

BM é a bissetriz interna do ângulo ∠ABC e CK é a bissetriz externa correspondente

ao ângulo ∠ACB. O segmento MK intersecta BC no ponto P. Prove que ∠APM =

30°.

9. (IMO/2001) Num triângulo ABC, seja AP a bissetriz de BAC com P no lado BC,

e seja BQ a bissetriz de ABC com Q no lado CA. Sabemos que 60BAC e

que AB + BP = AQ + QB. Quais são os possíveis valores dos ângulos do triângulo

ABC?

10. Um círculo é tangente ao lado BC do triângulo ABC em M, seu ponto médio, e

corta AB e AC nos pontos R, R’ e S, S’, respectivamente. Se RS e R’S’ são

prolongados até cortar BC nos pontos P e P’, respectivamente, prove que

𝐵𝑃. 𝐵𝑃′ = 𝐶𝑃. 𝐶𝑃′.

11. No triângulo ABC, P, Q, R são os pontos médios dos lados AB, BC, CA,

respectivamente. As retas AN, BL e CM são concorrentes cortando os lados em N,

L, M, respectivamente. Se PL corta BC em J, MQ corta AC em I, e RN corta AB

em H, prove que H, I, J são colineares.

12. (Bielorússia/1995) Seja H o ponto de interseção das alturas 𝐵𝐵1 e 𝐶𝐶1 do

triângulo acutângulo ABC. Seja 𝑙 uma reta passando por A, tal que 𝑙 ⊥ AC. Prove

que as retas BC, 𝐵1𝐶1 e 𝑙 possuem um ponto em comum se e somente se H for o

ponto médio de 𝐵𝐵1. 13. (Coréia) Seja 𝐴𝐵𝐶 um triângulo com 𝐴𝐵 ≠ 𝐴𝐶, seja 𝑉 a intersecção da bissetriz

do ângulo ∠𝐴 com 𝐵𝐶 e seja 𝐷 o pé da altura relativa ao vértice 𝐴. Se 𝐸 e 𝐹 são

as intersecções do círculo circunscrito ao triângulo 𝐴𝑉𝐷 com 𝐶𝐴 e 𝐴𝐵,

respectivamente, mostre que 𝐴𝐷, 𝐵𝐸 e 𝐶𝐹 são concorrentes.

14. Seja 𝑃 um ponto no interior de um triângulo. As bissetrizes de ∠𝐵𝑃𝐶, ∠𝐶𝑃𝐴 e

∠𝐴𝑃𝐵 intersectam 𝐵𝐶, 𝐶𝐴 e 𝐴𝐵 em 𝑋, 𝑌 e 𝑍, respectivamente. Prove que 𝐴𝑋, 𝐵𝑌

e 𝐶𝑍 são concorrentes.

15. (IMO) As diagonais 𝐴𝐶 e 𝐶𝐸 de um hexágono regular 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹 são divididas

internamente pelos pontos 𝑀 e 𝑁, respectivamente, na razão 𝐴𝑀

𝐴𝐶=𝐶𝑁

𝐶𝐸= 𝑟.

Determine 𝑟 se 𝐵, 𝑀 e 𝑁 são colineares.

16. Seja 𝐴𝐵𝐶 um triângulo e sejam 𝐸 e 𝐷 pontos sobre o lado 𝐵𝐶 tal que 𝐶𝐸 = 𝐸𝐷 =𝐷𝐵. Seja 𝐹 o ponto médio de 𝐴𝐶 e 𝐺 o ponto médio de 𝐴𝐵. Seja 𝐻 a intersecção

de 𝐸𝐺 e 𝐹𝐷. Determine o valor de 𝐸𝐻

𝐻𝐺.

17. (Cone Sul) Seja 𝐶 uma circunferência de centro 𝑂, 𝐴𝐵 um diâmetro dela e 𝑅 um

ponto qualquer em 𝐶 distinto de 𝐴 e de 𝐵. Seja 𝑃 a intersecção da perpendicular

traçada por 𝑂 a 𝐴𝑅. Sobre a reta 𝑂𝑃 se marca o ponto 𝑄, de maneira que 𝑄𝑃 é a

metade de 𝑃𝑂 e 𝑄 não pertence ao segmento 𝑂𝑃. Por 𝑄 traçamos a paralela a 𝐴𝐵

que corta a reta 𝐴𝑅 em 𝑇. Chamamos de 𝐻 o ponto de intersecção das retas 𝐴𝑄 e

𝑂𝑇. Provar que 𝐻, 𝑅 e 𝐵 são colineares.

18. Seja 𝐴𝐵𝐶 um triângulo e sejam 𝐷 o pé da bissetriz relativa ao vértice 𝐴, 𝐼 o

incentro e 𝐼𝑎 o ex-incentro oposto ao vértice 𝐴. Prove que 𝐴, 𝐼, 𝐷 e 𝐼𝑎 formam

uma quádrupla harmônica.

19. Em um triângulo não equilátero, a reta que passa pelo baricentro e pelo incentro

é paralela a um dos lados do triângulo. Demonstre que os lados do triângulo estão

em progressão aritmética.

20. (Shortlist IMO) Seja 𝐴𝐵𝐶 um triângulo, e sejam 𝐷, 𝐸, 𝐹 os pontos de tangência

do círculo inscrito no triângulo 𝐴𝐵𝐶 com os lados 𝐵𝐶, 𝐶𝐴 e 𝐴𝐵 respectivamente.

Seja 𝑋 um ponto no interior do triângulo 𝐴𝐵𝐶 tal que o círculo inscrito no

triângulo 𝑋𝐵𝐶 tangencia 𝑋𝐵, 𝑋𝐶 e 𝐵𝐶 em 𝑍, 𝑌 e 𝐷, respectivamente. Prove que

𝐸𝐹𝑍𝑌 é inscritível.

21. (TST Jr Balkan - Romênia) Seja ABC um triângulo retângulo com ∠𝐴 = 90° e D

um ponto sobre o lado BC. Sejam E o simétrico de A com relação a BD e F o

ponto de intersecção de CE com a perpendicular a BC por D. Prove que AF, DE e

BC são concorrentes.

22. (Recíproca do Problema 6 da OBM) Seja ABC um triângulo escaleno e AD, BE e

CF as bissetrizes internas, com D sobre BC, E sobre AC e F sobre AB. É dado que

∠𝐵𝐶𝐴 = 120°. Prove que ∠𝐴𝐹𝐸 = ∠𝐴𝐷𝐶.